大学无机化学第十三章试题及答案

第十四章碳族元素总体目标：1.掌握碳、硅单质、氢化物、卤化物和含氧化物的性质和制备2.了解硅酸和硅酸盐的结构与特性3.了解锗、锡、铅单质、氧化物、氢氧化物的性质各节目标：第一节碳单质及其化合物1.了解单质碳的结构、同素异形体和性质2.掌握CO、CO2的结构、性质、制取和用途；碳酸的酸性；碳酸盐的水解性和热稳定性。第二节硅单质及其化合物1.掌握单质硅的结构、性质和制取2.掌握SiO2的结构和性质3.了解硅酸的酸性；硅酸盐的结构和性质；A型分子筛的结构和实际应用4.掌握硅烷的制备、热稳定性、还原性和水解性5.了解卤化硅的制备和性质第三节锗、锡、铅1.了解锗、锡、铅单质的性质；氧化物、氢氧化物的酸碱性2.掌握Sn(Ⅱ)的还原性、水解性和Pb(Ⅳ)的氧化性、Pb(Ⅱ)盐的溶解性，从而掌握高价化合物氧化—还原的变化规律。习题一选择题1.石墨晶体中层与层之间的结合力是()(吴成鉴《无机化学学习指导》)A．金属健B.共价健C.范德华力D.离子键2.碳原子之间能形成多重键是因为()(吴成鉴《无机化学学习指导》)A．碳原子的价电子数为4B.碳原子的成键能力强C.碳原子的半径小D.碳原子有2p电子3.下列碳酸盐与碳酸氢盐，热稳定顺序中正确的是()A.NaHCO3<Na2CO3<BaCO3B.Na2CO3<NaHCO3<BaCO3C.BaCO3<NaHCO3<Na2CO3D.NaHCO3<BaCO3<Na2CO34.下列化合物属于缺电子化合物的是()A.BCl3B.HBF4C.B2O3D.5.碳原子的配位数为4时，它所采取的杂化方式是()(吴成鉴《无机化学学习指导》)A.sp2dB..dsp2C.sp3D.6.下列各对物质中，中心原子的轨道杂化类型不同的是()A.CH4和SiH4B.H3O+和NH3C.CH4和D.CF47.下列含氧酸根中，具有环状结构的是()(吉林大学《无机化学例题与习题》)A.B.C.D.8.下列分子中偶极距不为零的是()A.BCl3B.SiCl4C.PCl59.下列物质中酸性最强的是()A.B(OH)3B.Al(OH)3C.Si(OH)4D.10.下列物质中酸性最强的是()(吉林大学《无机化学例题与习题》)A.H2SnO3B.Ge(OH)4C.Sn(OH)4D.Ge11.下列各组化合物中，对稳定性判断正确是()(吉林大学《无机化学例题与习题》)A.H2CO3>Ca(HCO3)2B.Na2CO3>PbCO3C.(NH4)2CO3>K2CO3D.Na2SO3>Na2SO412.下列化合物中，不水解的是()(吉林大学《无机化学例题与习题》)A.SiCl4B.CCl4C.BCl313.1mol下列物质生成正酸时需要水的mol数最多的是()A.B2O3B.P4O10C.(SO3)3D.N14.下列物质中还原性最强的是()A.GeH4B.AsH3C.H216.常温下，不能稳定存在的是()(吉林大学《无机化学例题与习题》)A.B.SnCl4C.PbCl4D四简答题1.N2与CO有相同的分子轨道式，原子间都为三重键，互为等电子体。但两者成键情况不完全相同，N2分子结构：N≡N：，CO分子结构，由于CO分子中O向C有配键，使C原子周围电子密度增大，另外，C的电负性比N小得多，束缚电子能力弱，给电子对能力强，因此，CO配位能力强。2.BH3,AlCl3,BCl3都是缺电子化合物，都有形成双聚体的倾向。BH3由于形成双聚体倾向特别大而以双聚体B2H6形式存在，形成双聚体而解决了缺电子问题，AlCl3气态也以双聚体形式存在。BCl3中存在键缓解了其缺电子问题；同时B半径小，Cl-半径大，在B周围容纳4个Cl-，显得拥挤也使BCl3不能形成双聚体。3.H3BO3为缺电子化合物，O—H键不离解，而是接受水分子中的OH-，释放出H+：因而为一元酸。H3PO3的结构式为：在水中，二羟基(OH)氢可以电离或被置换，而与中心原子P以共价键相连的H不能离解或被置换，因而H3PO3为二元酸。4.碳灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量CO2，因此CaCO3与CO2、H2O之间存在着下列平衡CaCO3(s)+CO2+H2OCa(HCO3)2(aq)海水中CO2的溶解度升高而较小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水底层压力较小，同时水温较高，因而CO2浓度较小，据平衡移动的原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，因而浅海地区有较多的CaCO3沉淀。深海地区情况相反，故深海底层沉积的CaCO3很少。5.⑴NaHCO3(s)加热产生CO2气体，而Na2CO3加热无气体产生。⑵NaHCO3的溶液pH值(~8)，小于Na2CO3液的pH(~11)6.∵BCl3为缺电子化合物，有一空轨道可给H2O分子的未配电子对进攻：第一步水解的产物二氯氢氧化硼继续与水反应，重复配位和取代作用，最后得H3BO3和HCl。BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl五计算题1.解：H2CO3的K1=4.30×10-7，K2=5.61×10-11，由于K1/K2>100，故可按一元酸进行计算：在293K和101Kpa下，H2CO3饱和溶液的浓度为0.033mol·L-1，c/K1>400，可利用pH=-lg(1.19×10-4)=3.92饱和Na2CO3溶液的pH为3.92。2.解：设原有混合物中含xgNa2CO3，则NaHCO3的质量为60.0-xg。Na2CO3和NaHCO3组成了缓冲溶液，其pH值可用pH=pK2-=Pk2-将已知数据代入得x=44.3g混合物Na2CO3和NaHCO3的质量分别为：m(Na2CO3)=x=44.3gm(NaHCO3)=60.0-x=15.7g。3.解：(1)Ksp(CaCO3)=8.7×10-9，Ksp[Ca(OH)2]=6.9×10-3，H2CO3的K2=5.6×10-11。CO32-在溶液中发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-溶液中的OH-浓度和CO32-浓度分别为：[OH-]=(Kh1·c)1/2=[(1×10-14×0.1)/(5.6×10-11)]1/2=4.2×10-3mol·L-1[CO32-]=0.1-4.2×10-3=0.0958mol·L-1有关离子的浓度乘积为：[Ca2+][OH-]2=0.1×(0.0042)2=1.76×10-6＜Ksp[Ca(OH)2][Ca2+][CO32-]=0.1×0.0958=9.58×10-3＞Ksp(CaCO3)所以，加入Na2CO3后，产生的沉淀物是CaCO3，而不会生成Ca(OH)2沉淀。(2)查出CuCO3和Cu(OH)2的溶度积常数。由于[Cu2+][OH-]2＞Ksp[Cu(OH)2]，[Cu2+][CO32-]＞Ksp(CuCO3)，可生成Cu(OH)2和CuCO3沉淀，沉淀物是碱式碳酸铜Cu(OH)2·CuCO3。(3)Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，[Al3+][OH-]3=0.1×(4.2×10-3)3＞Ksp[Al(OH)3]，所以生成Al(OH)3沉淀。4.解：设化学式为BH3和B2H5的两种气态硼氢化物的分子式分别为(BH3)x和(B2H5)y。则(BH3)x的摩尔质量为：(1)M=ρRT/P=(0.629×8.314×103×290)/53978=28g·mol-1BH3的式量为14，则x值为：x=28/14=2故相对分子质量为28，分子式为B2H6。(2)(B2H5)y的摩尔质量为：M=(0.1553×8.314×103×292)/6916=54.5g·mol-1B2H5的式量为27，则y值为：y=54.5/27=2故相对分子质量为54.5，分子式为B4H10。5.解：首先判断哪种反应物过量。设5gBF3能与xgLiAlH4发生反应。则：4BF3(g)+3LiAlH4(s)→2B2H6(g)+3LiF(s)+3AlF3(s)4×683×382×285xyx=(3×38×5)/(4×68)=2.1g计算结果表明5gBF3只能与2.1gLiAlH4反应，故LiAl